公开课《安培定则的应用》习题课学案
第一章 习题课 安培力的应用
大小。(轨道摩擦不计)
3
2
(10×10
)
2
2
解析 根据 2ax= − 0 得炮弹的加速度大小为 a=
=
2
2×100
m/s2=5×105 m/s2。
根据牛顿第二定律F=ma得炮弹所受的安培力
F=ma=2.2×10-3×5×105 N=1.1×103 N。
的电流元。(2)利用特殊位置法要注意利用通电导体所在位置的磁场特殊
点的方向。
实例引导
例1 一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置,
且两个线圈的圆心重合,当两线圈通以如图所示的电流时,从左向右看,则
线圈L1将(
)
A.不动
B.顺时针转动
C.逆时针转动
D.向纸面内平动
解析 解法一:结论法。环形电流L1、L2之间不平行,则必有相对转动,直到
方向θ角而处于平衡状态。为了使棒在该位置上平衡,所需的磁场的最小
磁感应强度的大小、方向为(
A. tan θ,竖直向上
C. sin θ,平行悬线向下
)
B. tan θ,竖直向下
D. sin θ,平行悬线向上
解析 画出题中装置从右向左看的侧视图,棒的受力分析如图所示。要求所
线L1的距离越远的地方,磁场越弱,导线L2上的每一小部分受到的安培力方
向均水平向右,由于O点的下方磁场较强,则安培力较大,因此L2绕轴O按逆
时针方向转动,D选项正确。
答案 D
探究二
安培力作用下导体的平衡
情境探究
高中物理3.4安培力的应用学案粤教版选修3_1
第四节安培力的应用1．知道磁电式电流表的基本构造以及运用它测量电流的大小和方向的基本原理．2．知道直流电动机的基本构造以及它的基本工作原理．3．知道直流电动机和电流表的内部磁场的分布特点．4．能准确判定线圈各边所受磁场力的方向1．电磁炮利用安培力推动通电导体平动的，直流电动机利用安培力使通电线圈转动的．2．直流电动机的优点：通过改变输入电压很容易调节它的转速．3．电流表是测量电流的电学仪器，实验时经常使用的电流表是磁电式电流表．通电导线或线圈在安培力作用下的平动与转动分析方法判断通电导线或线圈在安培力作用下的运动方向，一般采用下列几种方法：(1)电流元分析法．把长直电流等分为无数小段直线电流元，先用左手定则判断出一小段电流元受到的安培力方向，再判断整段电流所受的安培力合力的方向，从而确定导线的运动方向．(2)特殊位置分析法．先分析通电导线上的某个特殊位置，判断其安培力方向，从而确定运动方向．(3)等效分析法．常把条形磁铁等效为环形电流，也可把环形电流等效为小磁针，以及把通电螺线管等效成多个环形电流或条形磁铁．(4)结论分析法．①两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；②两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势．(5)转换研究对象法：因为电流之间，电流与磁体之间相互作用满足牛顿第三定律，这样，定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体的磁场中所受到的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向．两条导线相互垂直如图所示，但相隔一段小距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由活动，当直流电流按图所示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸内看)( )A．顺时针方向转动，同时靠近导线ABB．逆时针方向转动，同时离开导线ABC．顺时针方向转动，同时离开导线ABD．逆时针方向转动，同时靠近导线AB解析：本题可用下面两种方法解答．(1)电流元受力分析法：把直线电流CD等效为CO、DO两段电流元，AB电流的磁感线分布如图所示，用左手定则判定可知导线CD将逆时针转动．(2)特殊值分析法：将导线CD转过90°的特殊位置，两直线电流相互平行，方向相同相互吸引，可见CD将靠近AB，所以导线CD逆时针方向转动，同时要靠近导线AB.因此正确答案是D.答案：D►练习如图所示的弹性线圈AB，当给它通电时下面判断正确的是(D)A．当电流从A向B通过时线圈长度增加，当电流反向时线圈长度减小B．当电流从B向A通过时线圈长度增加，当电流反向时线圈长度减小C．不管电流方向如何，线圈长度都不变D．不管电流方向如何，线圈长度都减小解析：本题可用下面两种方法解答．(1)等效分析法：通电弹性线圈由许多环形电流组成，把环形电流等效成条形磁铁，当电流从A向B通过线圈时条形磁铁的极性如图所示，各条形磁铁相互吸引，即各线环相互吸引，可见线圈的长度变短，当电流从B向A通过线圈时条形磁铁的极性与图所示的相反，各条形磁铁相互吸引，即各线环相互吸引，线圈的长度仍然变短，所以D正确．(2)推论分析法：把环形电流看成无数小段的直线电流组成，当电流从A向B通过线圈时各线环的电流方向如图所示，各电流平行且同向，相互吸引，线圈长度变短，当电流从B 向A通过线圈时各线环的电流方向与图所示方向相反，但各电流仍平行且同向，相互吸引，线圈长度仍变短，故D正确．一、单项选择题1．如图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a、b和c，各导线中的电流大小相同，其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线电流方向垂直纸面向内．每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用，则关于每根导线所受安培力的合力，以下说法中正确的是(B)A．导线a所受合力方向水平向右B．导线c所受合力方向水平向右C．导线c所受合力方向水平向左D．导线b所受合力方向水平向左解析：首先用安培定则判定导线所在处的磁场方向，要注意是合磁场的方向，然后用左手定则判定导线的受力方向．可以确定B是正确的．2．在如图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为f a、f b，判断这两段导线(D)A．f a＞f b，相互吸引 B．f a＞f b，相互排斥C．f a＜f b，相互吸引 D．f a＜f b，相互排斥解析：电键S分别置于a、b两处时，电源分别为一节干电池、两节干电池，而电路中灯泡电阻不变，则电路中电流I a＜I b，MM′和NN′处的磁感应强度B a＜B b，应用安培力公式F＝BIL可知f a＜f b，又MM′和NN′电流方向相反，则相互排斥．3．如下图所示，一根通电的直导体棒放在倾斜的粗糙导轨上，且有图示方向的匀强磁场，处于静止状态，若增大电流强度，导体棒仍静止，则在电流增大到刚要运动的过程中，导体棒受到摩擦力的大小变化情况可能是(B)A．一直减小 B．先减小后增大C．先增大后减小 D．始终不变解析：由左手定则可判定安培力方向沿斜面向上，若开始时摩擦力方向沿斜面向下，则有F安＝mg sin θ＋f，而F安＝BIL，则f＝mg sin θ－F安，I增大，f减小；当f减小到0后，F安＞mg sin θ，f反方向，I增大⇒f增大．4．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受磁场的合力(A)A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB解析：将导线分为三段直导线，根据左手定则分别判断出安培力的大小，根据F＝BIL 计算出安培力的大小，再求合力．导线所受合力F＝BIL＋2BIL sin 45°＝(2＋1)ILB.二、不定项选择题5．一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导电棒，图中只画出此棒的截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是(AD)A．磁铁对桌面的压力减小B．磁铁对桌面的压力增大C．磁铁受到向右的摩擦力D．磁铁受到向左的摩擦力解析：如图所示．导体棒通电后，由左手定则，导体棒受到斜向左下方的安培力，由牛顿第三定律可得，磁铁受到导体棒的作用力应斜向右上方，所以在通电的一瞬间，磁铁对桌面的压力减小，磁铁受到向左的摩擦力，因此A、D正确．6．如图所示，一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直于纸面向外运动，则(AB)A ．将a 、c 端接在电源正极，b 、d 端接在电源负极B ．将b 、d 端接在电源正极，a 、c 端接在电源负极C ．将a 、d 端接在电源正极，b 、c 端接在电源负极D ．将b 、c 端接在电源正极，a 、d 端接在电源负极三、非选择题(按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位)7．如图(a)所示，倾角为α、相距为L 的光滑导轨与一稳恒电源连接，导轨处于垂直于导轨形成的斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一质量为m 的金属棒与导轨接触良好后恰好处于静止状态．图(b)为金属棒与斜面的切面图，重力加速度取g .(1)试在图(b)中作出金属棒受力示意图；(2)计算流过金属棒的电流．解析：(1)金属棒所受的力的示意图如图所示：(2)根据安培力的公式，有：F 安＝BIL .①根据力的平衡条件，有：F 安＝mg ·sin α. ②①②两式联立得：I ＝mg sin αBL. 答案：(1)见解析图 (2)mg sin αBL8．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m ，质量为6×10－2 kg 的通电直导线，电流强度I ＝1 A ，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T，方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)解析：斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示由平衡条件得：F T cos 37°＝F，①F T sin 37°＝mg，②由①②解得：F＝mgtan 37°，代入数值得：F＝0.8 N，由F＝BIL得：B＝FIL ＝0.81×0.4T＝2 T.B与t的变化关系为B＝0.4 t，所以t＝5 s.答案：5 s9．如图，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感强度大小为B，方向与导轨平面夹为α，金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直．电源电动势为E，定值电阻为R，其余部分电阻不计．则当电键闭合的瞬间，棒ab的加速度为多大？解析：画出导体棒ab受力的截面图如图所示导体棒ab 所受安培力：F ＝BIL .由牛顿第二定律得：F sin α＝ma ，导体棒ab 中的电流：I ＝E R ，得a ＝BEL sin αmR . 答案：BEL sin αmR。
2018版高中物理选修3-1学案：6-1 习题课 安培力的综合应用 精品
第2讲习题课安培力的综合应用[目标定位] 1.知道安培力的概念，会用左手定则判定安培力的方向.2.理解并熟练应用安培力的计算公式F＝ILB sinθ.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．1．通电导线周围的磁感线的方向可以根据安培定则(也叫右手螺旋定则)判断．2．安培力(1)大小：①磁场和电流垂直时，F＝ILB；②磁场和电流平行时：F＝0；③磁场和电流的夹角为θ时：F＝ILB sin_θ，其中L为通电导线垂直磁场的有效长度．(2)方向：用左手定则判定，其特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．一、安培力作用下物体运动方向的判断方法通电导体在磁场中的运动实质是在磁场对电流的安培力作用下导体的运动．1．电流元法即把整段电流等效为多段直线电流元，运用左手定则判断出每小段电流元受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向．2．特殊位置法把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向．3．等效法环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁．条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管．通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析．4．利用结论法(1)两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；(2)两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势．5．转换研究对象法因为电流之间，电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律．定性分析磁体在电流磁场作用的受力和运动时，可先分析电流在磁体的磁场中受到的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力．例1如图1所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离．其中AB固定，CD能自由活动，当直线电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸里看)()图1A．顺时针方向转动同时靠近导线ABB．逆时针方向转动同时离开导线ABC．顺时针方向转动同时离开导线ABD．逆时针方向转动同时靠近导线AB答案 D解析根据电流元分析法，把电流CD等效成CO、OD两段电流．由安培定则画出CO、OD所在位置的AB电流的磁场，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示，可见导线CD逆时针转动．由特殊位置分析法，让CD逆时针转动90°，如图乙，并画出CD此时位置，AB电流的磁感线分布，据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里，可见导线CD靠近导线AB.借题发挥电流在非匀强磁场中受力运动的判断：不管是电流还是磁体，对通电导线的作用都是通过磁场来实现的，因此必须要清楚导线所在位置的磁场分布情况，然后结合左手定则准确判断导线的受力情况或将要发生的运动．例2如图2所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图示方向的电流后，线圈的运动情况是()图2A．线圈向左运动B．线圈向右运动C．从上往下看顺时针转动D．从上往下看逆时针转动答案 A解析解法一电流元法．首先将圆形线圈分成很多小段，每一小段可看作一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和受安培力情况如图甲所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A正确．甲解法二等效法．将环形电流等效成小磁针，如图乙所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，选A.也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”也可判断出线圈向左运动，选A.乙二、安培力作用下的导线的平衡1．解决安培力作用下的平衡与解一般物体平衡方法类似，只是多画出一个安培力．一般解题步骤为：(1)明确研究对象．(2)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上．(3)根据平衡条件：F合＝0列方程求解．2．分析求解安培力时注意的问题(1)首先画出通电导线所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向．(2)安培力的大小与导线放置的角度有关，但一般情况下只要求导线与磁场垂直的情况，其中L为导线垂直于磁场方向的长度为有效长度．例3如图3所示，质量m＝0.1kg的导体棒静止于倾角θ为30°的斜面上，导体棒长度L ＝0.5m．通入垂直纸面向里的电流，电流大小I＝2A，整个装置处于磁感应强度B＝0.5T，方向竖直向上的匀强磁场中．求：(取g＝10m/s2)图3(1)导体棒所受安培力的大小和方向；(2)导体棒所受静摩擦力的大小和方向．答案(1)0.5N水平向右(2)0.187N沿斜面向上解析解决此题的关键是分析导体棒的受力情况，明确各力的方向和大小．(1)安培力F 安＝ILB ＝2×0.5×0.5N ＝0.5N ，由左手定则可知安培力的方向水平向右．(2)建立如图所示坐标系，分解重力和安培力．在x 轴方向上，设导体棒受的静摩擦力大小为f ，方向沿斜面向下．在x 轴方向上有：mg sin θ＋f ＝F 安cos θ，解得f ＝－0.187N.负号说明静摩擦力的方向与假设的方向相反，即沿斜面向上．三、安培力和牛顿第二定律的结合解决安培力作用下的力学综合问题，首先做好全面受力分析是前提，无非就是多了一个安培力，其次要根据题设条件明确运动状态，再恰当选取物理规律列方程求解．例4 如图4所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E 、内阻为r 的直流电源．电路中有一阻值为R 的电阻，其余电阻不计，将质量为m 、长度为L 的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．图4答案 g sin θ－BEL cos θm (R ＋r )解析 受力分析如图所示，导体棒受重力mg 、支持力N 和安培力F ，由牛顿第二定律：mg sin θ－F cos θ＝ma ①F ＝ILB ②I ＝E R ＋r③ 由①②③式可得a ＝g sin θ－BEL cos θm (R ＋r ).安培力作用下导体的运动1．两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图5所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是 ( )图5A ．都绕圆柱体转动B ．彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C ．彼此相向运动，电流大的加速度大D ．彼此背向运动，电流大的加速度大答案 B安培力作用下导体的平衡2．如图6所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L ，质量为m ，通过电流为I 的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B 的大小和方向为( )图6A ．B ＝mg sin αIL，方向垂直于斜面向下 B ．B ＝mg sin αIL，方向垂直于斜面向上 C ．B ＝mg tan αIL，方向竖直向下 D ．B ＝mg sin αIL，方向水平向右 答案 AC解析 根据电流方向和所给定磁场方向的关系，可以确定通电导线所受安培力分别如图所示．又因为导线还受重力mg 和支持力N ，根据力的平衡知，只有A 、C 两种情况是可能的，其中A 中F ＝mg sin α，则B ＝mg sin αIL ，C 中F ＝mg tan α，B ＝mg tan αIL. 安培力和牛顿第二定律的结合3．澳大利亚国立大学制成了能把2.2g 的弹体(包括金属杆EF 的质量)从静止加速到10km /s 的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)．如图7所示，若轨道宽为2m ，长为100m ，通过的电流为10A ，试求轨道间所加匀强磁场的磁感应强度的大小．(轨道摩擦不计)图7答案 55T解析 由运动学公式求出加速度a ，由牛顿第二定律和安培力公式联立求出B .根据2as ＝v 2t －v 20得炮弹的加速度大小为a ＝v 2t 2s ＝(10×103)22×100m /s 2＝5×118 m/s 2. 根据牛顿第二定律F ＝ma 得炮弹所受的安培力F ＝ma ＝2.2×10－3×5×118N ＝1.1×118N ，而F ＝IlB ，所以B ＝F Il ＝1.1×10310×2T ＝55T.。
高中物理第三章磁场习题课安培力的应用学案选修3-1教案
习题课：安培力的应用[学习目标] 1.会用左手定则判断安培力的方向和导体的运动方向.2.会分析导体在安培力作用下的平衡问题.3.会结合牛顿第二定律求导体棒的瞬时加速度.一、安培力作用下导体运动方向的判断判断安培力作用下导体的运动方向，常有以下几种方法：(1)电流元法即把整段电流等效为多段直线电流元，运用左手定则判断出每小段电流元受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向.(2)特殊位置法把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力方向，从而确定运动方向.(3)等效法环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁.条形磁铁也可以等效成环形电流或通电螺线管.通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析.(4)利用结论法①两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；②两电流不平行时，有转动到相互平行且电流方向相同的趋势.(5)转换研究对象法因为电流之间，电流与磁体之间的相互作用满足牛顿第三定律.定性分析磁体在电流产生的磁场中的受力和运动时，可先分析电流在磁体的磁场中受到的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力.例1如图1所示，把一重力不计的通电直导线AB水平放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以在空间自由运动，当导线通以图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)( )图1A.顺时针方向转动，同时下降B.顺时针方向转动，同时上升C.逆时针方向转动，同时下降D.逆时针方向转动，同时上升答案 C解析如图所示，将导线AB分成左、中、右三部分.中间一段开始时电流方向与磁场方向一致，不受力；左端一段所在处的磁场方向斜向上，根据左手定则其受力方向向外；右端一段所在处的磁场方向斜向下，受力方向向里.当转过一定角度时，中间一段电流不再与磁场方向平行，由左手定则可知其受力方向向下，所以从上往下看导线将一边逆时针方向转动，一边向下运动，C选项正确.判断导体在磁场中运动情况的常规思路不管是电流还是磁体，对通电导体的作用都是通过磁场来实现的，因此，此类问题可按下面步骤进行分析：(1)确定导体所在位置的磁场分布情况.(2)结合左手定则判断导体所受安培力的方向.(3)由导体的受力情况判定导体的运动方向.针对训练1 直导线AB与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动.当通过如图2所示的电流时(同时通电)，从左向右看，线圈将( )图2A.顺时针转动，同时靠近直导线ABB.顺时针转动，同时离开直导线ABC.逆时针转动，同时靠近直导线ABD.不动答案 C解析由安培定则判断出AB导线右侧的磁场向里，因此环形电流内侧受力向下、外侧受力向上，从左向右看应逆时针方向转动，当转到与AB共面时，AB与环左侧吸引，与环右侧排斥，由于左侧离AB较近，则引力大于斥力，所以环靠近导线AB，故选项C正确.二、安培力作用下导体的平衡1.解题步骤(1)明确研究对象；(2)先把立体图改画成平面图，并将题中的角度、电流的方向、磁场的方向标注在图上；(3)正确受力分析(包括安培力)，然后根据平衡条件：F合＝0列方程求解.2.分析求解安培力时需要注意的问题(1)首先画出通电导体所在处的磁感线的方向，再根据左手定则判断安培力方向；(2)安培力大小与导体放置的角度有关，但一般情况下只要求导体与磁场垂直的情况，其中L 为导体垂直于磁场方向的长度，为有效长度.例2如图3所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内.当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角而处于平衡状态.为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为( )图3A.mgIltan θ，竖直向上B.mg Il tan θ，竖直向下C.mg Il sin θ，平行于悬线向下D.mg Ilsin θ，平行于悬线向上 答案 D解析 要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值.由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为F min ＝mg sin θ，即IlB min ＝mg sin θ，得B min ＝mg Ilsin θ，方向应平行于悬线向上.故选D.解决安培力作用下的受力平衡问题，受力分析是关键，解题时应先画出受力分析图，必要时要把立体图转换成平面图.针对训练2 如图4所示，金属棒MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M 向N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )图4A.金属棒中的电流变大，θ角变大B.两悬线等长变短，θ角变小C.金属棒质量变大，θ角变大D.磁感应强度变大，θ角变小 答案 A解析 选金属棒MN 为研究对象，其受力情况如图所示.根据平衡条件及三角形知识可得tan θ＝BILmg，所以当金属棒中的电流I 、磁感应强度B 变大时，θ角变大，选项A 正确，选项D 错误；当金属棒质量m 变大时，θ角变小，选项C 错误；θ角的大小与悬线长短无关，选项B 错误.例3 如图5所示，条形磁铁放在桌面上，一根通电直导线由S 极的上端平移到N 极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示.则这个过程中磁铁受到的摩擦力(磁铁保持静止)( )图5A.为零B.方向由向左变为向右C.方向保持不变D.方向由向右变为向左 答案 B解析 首先磁铁上方的磁感线从N 极出发回到S 极，是曲线，直导线由S 极的上端平移到N 极的上端的过程中，电流的受力由左上方变为正上方再变为右上方，根据牛顿第三定律磁铁受到的力由右下方变为正下方再变为左下方，磁铁静止不动，所以所受摩擦力方向由向左变为向右.B 正确.三、安培力和牛顿第二定律的综合例4 如图6所示，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E 、内阻为r 的直流电源.电路中有一阻值为R 的电阻，其余电阻不计，将质量为m 、长度为L 的导体棒由静止释放，求导体棒在释放瞬间的加速度的大小.图6答案 g sin θ－BEL cos θm R ＋r解析 对导体棒受力分析如图所示，导体棒受重力mg 、支持力F N 和安培力F ，由牛顿第二定律得：mg sin θ－F cos θ＝ma ① F ＝BIL② I ＝E R ＋r③由①②③式可得a ＝g sin θ－BEL cos θm R ＋r.1.两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图7所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是( )图7A.都绕圆柱体转动B.彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C.彼此相向运动，电流大的加速度大D.彼此背向运动，电流大的加速度大 答案 B2.(多选)如图8所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为F N1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为F N2，则以下说法正确的是( )图8A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将变短C.F N1＞F N2D.F N1＜F N2答案BC3.如图9所示，两条导线相互垂直，但相隔一段距离.其中AB固定，CD能自由活动，当电流按图示方向通入两条导线时，导线CD将(从纸外向纸里看)( )图9A.顺时针方向转动同时靠近导线ABB.逆时针方向转动同时离开导线ABC.顺时针方向转动同时离开导线ABD.逆时针方向转动同时靠近导线AB答案 D解析(1)根据电流元分析法，把导线CD等效成CO、OD两段导线.由安培定则画出CO、OD 所在位置由AB导线中电流所产生的磁场方向，由左手定则可判断CO、OD受力如图甲所示，可见导线CD逆时针转动.(2)由特殊位置分析法，让CD逆时针转动90°，如图乙所示，并画出CD此时位置AB导线中电流所产生的磁场的磁感线分布，据左手定则可判断CD受力垂直于纸面向里，可见导线CD 靠近导线AB，故D选项正确.4.(多选)如图10所示，一根通电的直导体放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态.现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( )图10A.一直增大B.先减小后增大C.先增大后减小D.始终为零答案 AB解析 若F 安＜mg sin α，因安培力向上，则摩擦力向上，当F 安增大时，F f 减小到零，再向下增大，B 对，C 、D 错；若F 安＞mg sin α，摩擦力向下，随F 安增大而一直增大，A 对. 5.如图11所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I ，导线正上方沿竖直方向有一绝缘细线悬挂着的正方形线框.线框中通有沿逆时针方向的恒定电流I ，线框的边长为L ，线框下边与直导线平行，且到直导线的距离也为L .已知在长直导线的磁场中距长直导线r 处的磁感应强度大小为B ＝k Ir(k 为常量)，线框的质量为m ，则剪断细线的瞬间，线框的加速度为( )图11A.0B.kI 2m ＋gC.kI 2m －gD.kI 22m＋g答案 D解析 线框下边受到的安培力的大小为F 1＝k ILIL ＝kI 2，方向向下，线框上边受到的安培力大小F 2＝kI 2L ·IL ＝12kI 2，方向向上，根据牛顿第二定律可得，F 1＋mg －F 2＝ma解得：a ＝F 1＋mg －F 2m ＝kI 22m＋g ，故A 、B 、C 错误，D 正确.一、选择题(1～7题为单选题，8题为多选题)1.把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面相接触，并使它组成如图1所示的电路.当开关S接通后，将看到的现象是( )图1A.弹簧向上收缩B.弹簧被拉长C.弹簧上下跳动D.弹簧仍静止不动答案 C解析因为通电后，弹簧中每一圈之间的电流是同向的，互相吸引，弹簧就缩短，电路就断开了，一断开没电流了，弹簧就又掉下来接通电路……如此通断通断，就上下跳动.2.如图2所示通电矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，电流方向如图所示，ab边与NM平行.关于MN的磁场对线框的作用，下列叙述正确的是( )图2A.线框四条边所受的安培力方向相同B.线框四条边所受的安培力大小相同C.线框所受安培力的合力向左D.线框所受安培力的合力向右答案 C解析直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向里，根据左手定则，ab边受向左的安培力，bc边受到向上的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，方向不同，故A错误；离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F＝BIL，ab边受到的安培力大于cd边，bc边受到的安培力等于ad边受到的安培力，线框所受安培力的合力向左.故B、D错误，C正确.3.如图3所示，一重为G1的通电圆环置于水平桌面上，圆环中电流方向为顺时针方向(从上往下看)，在圆环的正上方用轻绳悬挂一条形磁铁，磁铁的中心轴线通过圆环中心，磁铁的上端为N极，下端为S极，磁铁自身的重力为G2.则关于圆环对桌面的压力F和磁铁对轻绳的拉力F′的大小，下列关系中正确的是( )图3A.F＞G1，F′＞G2B.F＜G1，F′＞G2C.F＜G1，F′＜G2D.F＞G1，F′＜G2答案 D解析顺时针方向的环形电流可以等效为一个竖直放置的小磁针，由安培定则可知，“小磁针”的N极向下，S极向上，故与磁铁之间的相互作用力为斥力，所以圆环对桌面的压力F 将大于圆环的重力G1，磁铁对轻绳的拉力F′将小于磁铁的重力G2，选项D正确.4.如图4所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面.当线圈内通以图示方向的电流(从右向左看沿逆时针方向)后，线圈的运动情况是( )图4A.线圈向左运动B.线圈向右运动C.从上往下看顺时针转动D.从上往下看逆时针转动答案 A解析将环形电流等效成小磁针，如图所示，根据异名磁极相互吸引知，线圈将向左运动，也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”也可判断出线圈向左运动，选A.5.一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图5所示.若将磁铁的N极位置与S极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F和摩擦力F f的变化情况分别是( )图5A.F增大，F f减小B.F减小，F f增大C.F与F f都增大D.F与F f都减小答案 C解析图中电流与磁体间的磁场力为引力，若将磁极位置对调则相互作用力为斥力，再由受力分析可知：选项C正确.6.通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O 转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图6所示.下列哪种情况将会发生( )图6A.因L2不受磁场力的作用，故L2不动B.因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动C.L2绕轴O按顺时针方向转动D.L2绕轴O按逆时针方向转动答案 D解析由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁感应强度越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项对.7.如图7所示，两个完全相同且互相垂直的导体圆环M、N中间用绝缘细线ab连接，悬挂在天花板下，当M、N中同时通入图中所示方向的电流时，关于两圆环的转动(从上向下看)以及a、b间细线张力的变化，下列判断正确的是( )图7A.M、N均不转动，细线张力不变B.M、N都顺时针转动，细线张力减小C.M顺时针转动，N逆时针转动，细线张力减小D.M逆时针转动，N顺时针转动，细线张力增大答案 C解析设想N固定不动，分析M上各部分在N产生的磁场中的受力情况，可判断M绕Oa竖直轴顺时针转动(从上向下看)；由牛顿第三定律可知，M的磁场必定使N逆时针转动，转动的最终结果会使两环在同一平面内，并且a、b两点处电流方向相同，由于同向电流相互吸引，细线张力会减小，故选项C正确.8.在同一光滑斜面上放同一导体棒，图8所示是两种情况的剖面图.它们所处空间有磁感应强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上，两次导体棒A 分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡.已知斜面的倾角为θ，则( )图8A.I1∶I2＝cos θ∶1B.I1∶I2＝1∶1C.导体棒A所受安培力大小之比F1∶F2＝sin θ∶cos θD.斜面对导体棒A的弹力大小之比F N1∶F N2＝cos2θ∶1答案AD解析分别对导体棒受力分析，如图，利用平衡条件即可求解第一种情况：F 1＝BI 1L ＝mg sin θ，F N1＝mg cos θ解得：I 1＝mg sin θBL 第二种情况：F 2＝BI 2L ＝mg tan θ，F N2＝mg cos θ解得：I 2＝mg tan θBL 所以F 1F 2＝BI 1L BI 2L ＝I 1I 2＝sin θtan θ＝cos θ，F N1F N2＝cos θ1cos θ＝cos 2 θ 可见，A 、D 正确，B 、C 错误.二、非选择题9.某同学用图9中所给器材进行与安培力有关的实验.两根金属导轨ab 和a 1b 1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N 极位于两导轨的正上方，S 极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直.图9(1)在图中画出连线，完成实验电路.要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动.(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A.适当增加两导轨间的距离B.换一根更长的金属棒C.适当增大金属棒中的电流其中正确的是________(填入正确选项前的标号).答案 (1)见解析图 (2)AC解析 (1)实物连线如图所示.(2)根据公式F ＝BIL 可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理得，Fx －μmgx ＝12mv 2，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A 、C 正确；若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力F 不变，棒的质量变大，速度v ＝2Fx m－2μgx 变小，B 错误. 10.如图10所示，两平行金属导轨间的距离L ＝0.4 m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B ＝0.5 T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场.金属导轨的一端接有电动势E ＝4.5 V 、内阻r ＝0.5 Ω的直流电源.现把一个质量m ＝0.04 kg 的导体棒ab 放在金属导轨上，导体棒恰好静止.导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R 0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g 取10 m/s 2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图10(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力大小.答案 (1)1.5 A (2)0.3 N (3)0.06 N解析 (1)根据闭合电路欧姆定律I ＝E R 0＋r ＝1.5 A.(2)导体棒受到的安培力 F 安＝BIL ＝0.3 N.(3)导体棒受力分析如图，将重力正交分解F1＝mg si n 37°＝0.24 N，F1＜F安，根据平衡条件，mg sin 37°＋F f＝F安，解得F f＝0.06 N.11.如图11所示，水平放置的两导轨P、Q间的距离L＝0.5 m，垂直于导轨平面的竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，垂直于导轨放置的ab棒的质量m＝1 kg，系在ab棒中点的水平绳跨过定滑轮与重力G＝3 N的物块相连.已知ab棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10 V、内阻r＝0.1 Ω，导轨的电阻及ab棒的电阻均不计.要想ab棒处于静止状态，R应在哪个范围内取值？(g取10 m/s2)图11答案 1.9 Ω≤R≤9.9 Ω解析依据物块的平衡条件可得，ab棒恰不右滑时：G－μmg－BI1L＝0ab棒恰不左滑时：G＋μmg－BI2L＝0依据闭合电路欧姆定律可得：E＝I1(R1＋r) E＝I2(R2＋r)由以上各式代入数据可解得：R1＝9.9 Ω，R2＝1.9 Ω所以R的取值范围为：1.9 Ω≤R≤9.9 Ω.。
《探究安培力》教案1
《探究安培力》教案1一、教学内容本节课选自高中物理教材《电磁学》第四章第二节“安培力的计算”。
详细内容包括：安培力定律的推导，安培力的大小计算，以及左手定则的应用。
二、教学目标1. 了解安培力定律的发现过程，理解安培力定律的内容及其适用条件。
2. 学会使用左手定则判断安培力的方向，掌握安培力大小的计算方法。
3. 能够运用安培力知识解决实际问题，提高学生分析问题和解决问题的能力。
三、教学难点与重点重点：安培力的大小计算和左手定则的应用。
难点：安培力方向的理解和运用。
四、教具与学具准备1. 教具：电流表、磁铁、导线、电源、演示用安培力实验装置。
2. 学具：电流表、磁铁、导线、电源、计算器。
五、教学过程1. 实践情景引入：演示电流在磁场中受到力的作用，引导学生思考电流与磁场之间的关系。
2. 例题讲解：讲解安培力定律的推导过程，引导学生理解安培力定律的内容。
3. 随堂练习：让学生根据安培力定律计算给定电流和磁场下的安培力大小，并使用左手定则判断方向。
4. 讲解左手定则的应用，让学生通过实际操作加深理解。
5. 分析安培力在生活中的应用，如电动机、发电机等。
六、板书设计1. 安培力定律的推导过程。
2. 安培力大小计算公式：F = BILsinθ。
3. 左手定则的内容及应用。
七、作业设计1. 作业题目：计算给定电流和磁场下的安培力大小和方向。
答案：根据安培力定律和左手定则进行计算。
2. 作业题目：分析电动机和发电机中安培力的作用。
答案：电动机中的安培力实现电能转换为机械能，发电机中的安培力实现机械能转换为电能。
八、课后反思及拓展延伸本节课通过实践情景引入、例题讲解和随堂练习，使学生掌握了安培力的计算方法和左手定则的应用。
课后反思，注意引导学生将所学知识运用到实际问题中，提高学生的分析问题和解决问题的能力。
拓展延伸部分，可以让学生研究安培力在高科技领域的应用，如磁悬浮列车、磁流体发电机等。
重点和难点解析1. 安培力大小计算公式：F = BILsinθ。
第二十章《电与磁》复习第二课时导学案
第二十章《电与磁》复习导学案科目班级时间课题课时课型教者物理初三（3）4月5日安培定则的应用第二课时复习课付锐教材研究学习目标1、能运用安培定则判断通电螺线管的极性，电源的正负极。
2、能运用安培定则画螺线管的绕线。
3、知道影响电磁铁磁性强弱的因素，并会应用于实验探究。
重点安培定则的正确应用教法分析法、观察法、讨论法难点电磁铁磁性强弱探究实验的正确分析教具小黑板教学内容设计意图与学法指导教学过程设计【复习引入】让学生回忆安培定则的内容，由此导入复习内容关于安培定则的应用。
【学习目标】1、能运用安培定则判断通电螺线管的极性。
2、能运用安培定则画螺线管的绕线。
3、知道影响电磁铁磁性强弱的因素，并会应用于实验探究。
【自主学习】1.奥斯特实验证明了：通电导线周围存在，并且磁场方向跟有关。
2.通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场一样，其两端的极性跟有关，电流方向与磁极间的关系可由来判断。
3.安培定则：用右手握住螺线管，让四指弯向螺线管中方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的。
4.电磁铁通电时磁性；断电时磁性（填“有”“无”）。
线圈匝数一定时，通过电磁铁的越大，电磁铁的磁性越强；当电流一定时，电磁铁越多，电磁铁的磁性越强。
即：①电磁铁磁性的有无，可由来控制。
②电磁铁磁性的强弱，可由大小和线圈来控制。
③电磁铁的极性，可由电流来控制。
【展示交流】（同桌或同组之间相互对照分析，得出正确结论）【合作探究】1．如图所示对通电螺线管极性判断，其中正确的是（）2、如图，通电螺线管与条形磁铁相互吸引的是（）．3、如图，根据小磁针的指向标出螺线管中电流方向。
【典例剖析】例1、根据如图所示的小磁针指向，画出通电螺线管的导线绕法．例2、小李在研究电磁铁的磁性强弱跟什么有关。
现有线圈匝数分别为50匝和100匝的外形相同的电磁铁，她先后将这两个电磁铁接入图所示的电路中。
闭合开关后，用电磁铁吸引大头针，并移动滑动变阻器的滑片。
重复了多次实验，记录如下：学生在初二时已经学过安培定则，而本节主要复习安培定则的应用，故以此概念导入顺理成章进入本节复习。
高三一轮复习安培定则左手定则右手定则学案
“安培定则”“左手定则”“右手定则”对比应用专题安培定则☆理论：电流能产生磁场，电流方向与磁感线方向的关系用安培定则（右手）。
右手手势注意：四指是弯曲，拇指伸直。
当电流沿直线时:拇指→电流方向 四指→磁感线方向当电流弯曲时: 四指→电流方向 拇指→螺线管内部磁感线方向 (内部)☆ 专项练习：例1如图所示，通电导线的电流方向和它周围产生的磁场磁感线的方向关系正确的是( )例2一束粒子沿水平方向飞过小磁针的下方，如图所示，此时小磁针 的N 极向纸内偏转，这一束粒子可能是 ( ) A ．向右飞行的正离子束 B 、向左飞行的负离子束 C 、向右飞行的电子束 D 、向左飞行的电子束练1、如图所示，给圆环通电时，与其共面的小磁针S 极转向读者，则圆 环中的电流方向是 （填顺时针或逆时针）。
练2、如图1所示，若一束电子沿y 轴正向移动，则在z 轴上某点A 的磁场 方向应是（ ）A ．沿x 的正向B ．沿x 的负向C ．沿z 的正向D ．沿z 的负向板块2左手定则☆ 通电导体在磁场中受到安培力，判断安培力方向用左手定则 左手注意：四指是伸直，并与拇指在同一平面垂直。
手心→磁感线穿过； 四指→电流方向 拇指→安培力方向图1☆运动电荷在磁场中受到洛伦磁力。
判断洛伦磁力方向用左手定则 手心→磁感线穿过； 四指→正电荷的运动方向→负电荷的运动反方向 拇指→洛伦磁力方向☆ 专项练习：例1 如图所示，关于磁场方向、运动电荷的速度方向和洛伦兹力方向之间的关系正确的是( )练1、如图所示，а、ｂ、ｃ三种粒子垂直射入匀强磁场，根据粒子在 磁场中的偏转情况，判断粒子的带电情况是：а___、ｂ__、ｃ_____。
(填“正电”、“负电”或“不带电”) 例2下图表示一条放在磁场里的通电直导线，导线与磁场方向垂直，图中分别标明电流、磁感应强度和安培力这三个物理量的方向，关于三者方向的关系，下列选项中正确的是( )练2、图1所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则 [ ] A ．磁铁对桌面压力减小，不受桌面的摩擦力作用 B ．磁铁对桌面压力减小，受到桌面的摩擦力作用 C ．磁铁对桌面压力增大，不受桌面的摩擦力作用 D ．磁铁对桌面压力增大，受到桌面的摩擦力作用板块3右手定则☆理论：导体在磁场中切割磁感线的运动时，感应电流的方向可用右手定则判定。
九年级物理《安培定则》教案、教学设计
九年级的学生在物理学习方面已经具备了一定的基础，掌握了电流、磁场等基本概念，并了解了一些电磁现象。在此基础上，学生对安培定则的学习将更加深入地探讨电磁关系，有助于培养他们的抽象思维和逻辑推理能力。然而，学生在此阶段的认知水平和动手操作能力仍存在差异，需要针对不同学生进行因材施教。此外，部分学生对物理学习的兴趣和动机有待提高，教师应关注学生的情感需求，激发他们的学习兴趣。在本章节的教学中，教师应充分了解学生的学情，运用适当的教学策略，帮助他们顺利掌握安培定则，为后续学习电磁学知识打下坚实基础。
3.分步骤讲解安培定则，结合实际例子，使学生逐步掌握判断磁场方向的方法。
a.简单电流产生的磁场方向判断。
b.复杂电流产生的磁场方向判断，如螺线管、环形电流等。
4.设计课堂互动环节，让学生自主探究、分享学习心得，提高课堂参与度。
a.学生分组讨论，总结安培定则的应用技巧。
b.教师提问，检验学生对安培定则的理解程度。
三、教学重难点和教学设想
（一）教学重难点
1.重点：安培定则的内容及其应用，判断电流产生的磁场方向。
2.难点：理解安培定则的物理意义，运用安培定则解决实际问题。
（二）教学设想
1.采用导入式教学，引发学生思考：如何判断电流产生的磁场方向？从而引出安培定则的学习。
2.利用实物演示和动画模拟，让学生直观地感受安培定则的应用，降低理解难度。
1.培养学生对物理现象的好奇心和探索精神，激发学习物理的兴趣。
2.培养学生的实证意识，使学生明白科学理论来源于实践，又能指导实践。
3.培养学生尊重客观事实、严谨治学的态度，认识到科学研究的艰辛和乐趣。
4.使学生了解物理学在科技发展和人类生活中的重要作用，树立正确的价值观。
2019届高考物理一轮复习 热点题型 专题3.1 安培定则的应用与磁场的叠加学案
专题3.1 安培定则的应用与磁场的叠加1. 三种常见的电流的磁场直线电流安培定则立体图横截面图纵截面图直线电流磁感线是以导线上任意点为圆心的多组同心圆,越向外越稀疏,磁场越弱环形电流内部磁场比环外强,磁感线越向外越稀疏直线电流安培定则立体图横截面图纵截面图通电螺线管内部为匀强磁场且比外部强,方向由S极指向N极,外部类似条形磁铁,由N极指向S极2. 安培定则的应用（1）在运用安培定则时应分清“因”和“果”，电流是“因”，磁场是“果”，既可以由“因”判断“果”，也可以由“果”追溯“因”。
原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指（2）应用安培定则判定直线电流时，四指所指的是导线之外磁场的方向；判定环形电流和通电螺线管时拇指的指向是线圈轴线上磁场的方向。
（3）环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁，其外部的磁感线是由N极指向S极；内部是由S极指向N极。
（4）放置在螺线管内的小磁针受力方向按磁感线方向判断，不能根据螺线管的极性判断。
3. 磁场叠加问题的一般解题思路空间中的磁场通常会是多个磁场的叠加，磁感应强度是矢量，可以通过平行四边形定则进行计算或判断。
通常题目中出现的磁场不是匀强磁场，这类题目的解法如下：（1）确定磁场场源，如通电导线。
（2）定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。
如图中M、N在c点产生的磁场。
（3）应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。
题型1 安培定则的应用【典例1】一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针上方，并与磁针指向平行，能使磁针的S极转向纸内，如图所示．那么这束带电粒子可能是( )A．向右飞行的正离子束 B．向左飞行的正离子束C．向右飞行的负离子束 D．向左飞行的负离子束【答案】BC【解析】磁针S极向纸内转，说明电流产生的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则可得，电流方向向左．可以形成方向向左的电流的是向左飞行的正离子束或向右飞行的负离子束。
安培力的应用 导学案
3.4安培力的应用 导学案【知识梳理】1.安培力：_______________________________________________．2.安培力的大小计算：F ＝BILsin θ（θ是I 与B 的夹角）；通电导线与磁场方向垂直时，即θ＝900，此时安培力有最大值；通电导线与磁场方向平行时，即θ＝00，此时安培力有最小值，F=0N;00＜B ＜900时，安培力F 介于0和最大值之间.3.安培力的方向判断：左手定则左手定则内容：______________________________________________________________ ___________________________________________________________________________ 说明：（1）安培力F 的方向既与磁场方向垂直，又与通电导线垂直,即F 跟BI 所在的面垂直．但B 与I 的方向不一定垂直．（2）安培力F 、磁感应强度B 、电流I 三者的关系①已知I,B 的方向，可惟一确定F 的方向；②已知F 、B 的方向，且导线的位置确定时，可惟一确定I 的方向；③已知F,I 的方向时，磁感应强度B 的方向不能惟一确定4.安培力公式的适用条件:①公式F ＝BIL 一般适用于匀强磁场中I ⊥B 的情况，对于非匀强磁场只是近似适用（如对电流元），但对某些特殊情况仍适用．如图所示，电流I 1//I 2,如I 1在I 2处磁场的磁感应强度为B ，则I 1对I 2的安培力F ＝BI 2L ，方向向左，同理I 2对I 1，安培力向右，即同向电流相吸，异向电流相斥． ②根据力的相互作用原理，如果是磁体对通电导体有力的作用，则通电导体对磁体有反作用力．两根通电导线间的磁场力也遵循牛顿第三定律．【重点剖析】1。
安培力的性质和规律；①公式F=BIL 中L 为导线的有效长度，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿L 由始端流向末端．如图所示，甲中：/l ，乙中：L /=d(直径）＝2R （半圆环且半径为R)②安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心；③安培力做功:做功的结果将电能转化成其它形式的能．例1、如下图所示，匀强磁场中放着通入相同电流的几段导线（均在纸面内），A 、B 端间距离都相等，受力的情况是：A ．图(a)受力最小；B ．各图受力方向相同；C ．各图受力一样;D ．不能确定。
第十章 磁场第一节学案
北重五中一轮复习学历案（选修3-1）第十章磁场第1节磁场及其对电流的作用（6课时）【学习目标】1.完成任务一，了解磁场、磁感应强度和磁感线，会利用安培定则分析通电导线产生的磁场。
2.完成任务二，会利用左手定则分析通电导线在磁场中受到得力的方向和计算安培力大小。
3.完成任务三，会判断安培力作用下的导线运动情况，会分析安培力作用下的平衡和加速问题。
【学习过程】任务一磁场、磁感应强度一、磁场、磁感应强度1.磁场（1）哪些物体周围存在磁场：（2）磁场的基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有的作用。
2.磁感应强度（1）物理意义：描述磁场的强弱和方向。
（2）定义式：(通电导线垂直于磁场)。
（3）标示量：（4）方向：小磁针静止时。
（5）单位：特斯拉，符号为T。
3.磁感线（1）磁感线上某点的方向就是该点的磁场方向。
（2）磁感线的程度定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较；在磁感线较疏的地方磁场较。
（3）磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从指向；在磁体内部，由指向。
（4）同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切。
（5）磁感线是假想的曲线，客观上并不存在。
4.匀强磁场（1）定义：磁感应强度大小处处、方向处处的磁场称为匀强磁场。
（2）特点：磁感线是疏密程度、方向的平行直线。
5.地磁场（1）地磁的N极在地理附近，地磁的S极在地理附近，磁感线分布如图所示。
（2）在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度大小相等，方向水平。
6. 几种常见的磁场1）条形磁铁和蹄形磁铁的磁场2）电流的磁场（1）安培定则的应用因果磁场原因(电流方向) 结果(磁场方向)直线电流的磁场环形电流的磁场（2）几种电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，距导线越远处磁场与的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场可等效为，两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图纵截面图例1. (多选)如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是()A.aB.bC.cD.d练习1．下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是( )7.磁场的叠加问题及解题思路磁感应强度是矢量，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解。
(完整版)安培定则练习题及答案
习题精选1．如图所示，电磁铁通电时，小磁针静止在图示的位置上，小磁针a端是极；当滑动变阻器的滑片向右移动时，电磁铁的磁性将。
2．如图所示，两通电螺线管在靠近时相互排斥，请在B图中标出通电螺线管的N、S极，螺线管中电流的方向及电源的正负极。
3．如左下图所示，在通电螺线管磁场中的A点位置放一小磁针，小磁针静止时N极水平向右，请画出螺线管导线的绕法。
4．如右上图所示，弹簧下端挂一条形磁体，磁体的下端为S极，条形磁体的下方有一带铁芯的螺线管，闭合开关后，弹簧的长度会（填“伸长”“缩短”或“不变”）。
5．如图所示，当闭合开关S，且将滑动变阻器的滑片P向右移动时，图中的电磁铁（）。
A.A端是N极，磁性增强B.B端是N极，磁性减弱C.A端是S极，磁性增强D.B端是S极，磁性减弱6．如图所示，在静止的磁针上方拉一根与磁针平行的导线，给导线时，磁针发生偏转，此实验表明，这一现象是1820年物理学家发现的。
7．下列改变通电螺线管磁性强弱的方法中正确的是（）。
A.改变通过螺线管电流的强弱B.改变螺线管的匝数C.调换螺线管两端的极性D.调节铁芯在通电螺线管中的深浅8．奥斯特实验证明了（）。
A.通电导体周围存在着大量的电荷B.通电导体周围存在着磁场C.通电导体在磁场中要受到力的作用D.通电导体内部存在磁场9．如图所示，甲乙两线圈套在光滑的玻璃棒上，当S闭合时，两线圈将（）。
A.互相吸引靠近B.互相排斥远离C.先吸引靠近，后排斥远离D.既不排斥，又不吸引一、填空题：（每空1分，42分）1._______________________________________________叫做磁性，_________________叫做磁体。
人造磁体通常是用__________________________制成的。
2.磁体各部分磁性强弱_______________，条形磁体______________磁性最强，________部分磁性最弱。
教科版高中物理选择性必修第二册第1章2安培力的应用学案
2．安培力的应用学习任务1．进一步熟练掌握安培力公式及方向的判断。
2．知道直流电动机、电磁炮、磁电式电流表的基本构造及工作原理。
3．会用电流元法、特殊位置法、等效法、结论法、转化法分析导体在安培力作用下的运动和平衡问题。
(科学思维) 4．在了解直流电动机、电磁炮、磁电式电流表的原理的过程中，学会合作，培养学科学爱科学的科学态度。
(科学态度与责任)知识点一直流电动机1．定义：电动机是利用安培力使通电线圈转动，将电能转化为机械能的重要装置。
2．分类：电动机有直流电动机和交流电动机。
3．原理：如图所示，当电流通过线圈时，右边线框受到的安培力方向向下，左边线框受到向上的安培力，在安培力作用下线框转动起来。
1：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)当电动机线圈与磁场垂直时，磁通量最大。
(√)(2)直流电动机通过改变输入电压很容易调节转速，交流电动机不容易调速。
(√)知识点二电磁炮1．定义：利用电磁系统中的安培力发射弹丸的一种先进的动能杀伤性武器，也叫轨道炮。
2．分类：分为电磁轨道炮、电磁线圈炮和重接炮三类。
3．原理电流通过导轨A、B和弹丸，在导轨间形成强磁场，弹丸受到安培力的作用在导轨上以很大的加速度加速运动并发射出去。
4．电磁炮的优点(1)方便携带；(2)安全隐患小；(3)射击精度高。
2：思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)电磁炮是将电能转化为机械能的装置。
(√)(2)电磁炮的基本原理与直流电动机相同，即通电导体在磁场中受到力的作用。
(√)知识点三磁电式电流表1．构造：在蹄形永磁体的两个磁极上各加一个软铁制的极靴；中心固定一个圆柱形的软铁芯，在极靴和铁芯间产生沿径向均匀分布的辐向磁场，线圈绕在铁芯上并连接在转轴上，轴的上、下两端各连有一盘游丝(螺旋弹簧)，指针固定在转轴上。
2．原理：通电线圈在磁场中受到安培力而偏转(如图)。
线圈偏转的角度越大，被测电流就越大。
3．优缺点：(1)优点：灵敏度高；(2)缺点：易烧坏。
安培力的应用导学案
第三章第四节安培力的应用导学案班级：姓名：【重点知识】1.会分析导线在安培力作用下的转动与平衡问题．2.知道直流电动机、磁电式电表的基本构造及工作原理【难点知识】学会分析安培力作用下的转动与平衡问题【预习导学】一、直流电动机[问题设计]电动机是将电能转化为机械能的重要装置，在日常生活中有广泛的应用，电动机有直流电动机和交流电动机之分，通过课本“实验与探究”的学习，回答以下问题：(1)电动机是在什么力的驱使下而转动的？(2)直流电动机的优点是什么？有哪些用途？1．电动机是利用使通电线圈转动，将电能转化为2．原理：如图1中当电流通过线圈时，右边线框受到的安培力方向，左边线框受到的安培力方向，在安培力作用下线框转动起来．3．直流电动机的突出优点是通过改变很容易调节它的转速．二、磁电式电表[问题设计]（1）．磁电式电流表的构造是怎样的？（2）．磁电式电流表的原理是什么？（3）.磁电式电流表优点、缺点各是什么？（4）．指针偏转的角度与通入的电流大小有怎样的关系？1．构造：、、螺旋弹簧(又叫游丝)、指针、极靴、圆柱形铁芯等(如图所示)．2．原理：当被测电流通入线圈时，线圈受安培力作用而转动，当两平衡时，指针停留在某一刻度．越大，就越大，就越大.【典型例题及方法】题型1直流电动机及磁电式电表的原理例1(单选)如图3中①②③所示，在匀强磁场中，有三个通电线圈处于如图所示的位置，则()A．三个线圈都可以绕OO′轴转动B．只有②中的线圈可以绕OO′轴转动C．只有①②中的线圈可以绕OO′轴转动D．只有②③中的线圈可以绕OO′轴转动题型2、导线在安培力作用下的运动问题例2(单选)如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)()A．顺时针转动，同时下降B．顺时针转动，同时上升C．逆时针转动，同时下降D．逆时针转动，同时上升针对训练1两个相同的轻质铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则两环的运动情况是（）A.都绕圆柱体转动B.彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C.彼此相向运动，电流大的加速度大D.彼此背向运动，电流大的加速度大针对训练2两条导线互相垂直，如图所示，但相隔一段较小的距离，其中一条AB是固定的，另一条CD能自由转动，当直流电流按图示方向通入两条导线时，CD导线将（）A.逆时针方向转动，同时靠近导线ABB.顺时针方向转动，同时靠近导线ABC.逆时针方向转动，同时离开导线ABD.顺时针方向转动，同时离开导线AB针对训练3如图所示，在匀强磁场中有一矩形线圈，它的平面与磁场平行，在磁场作用下发生转动，转动方向是（）A.ab边转向纸外，cd边转向纸内B.ab边转向纸内，cd边转向纸外C.ad边转向纸内，cd边转向纸外D.ad边转向纸外，cd边转向纸内题型3导线在安培力作用下的平衡问题例3如图所示，水平放置的两根平行金属导轨相距O.2m，上面有一质量为O.04kg的均匀金属棒ab，电源电动势为6V、内阻为0.5Ω，滑动变阻器调到2.5Ω时，要在金属棒所在位置施加一个磁感应强度大小为________T，方向________的匀强磁场，才能使金属棒ab对轨道的压力恰好为零？(g=1Om／s2)针对训练4．如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L.有大小为B的匀强磁场，方向垂直导轨面，金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路中通过电流时，金属杆正好能静止．求：电流的大小为多大？磁感应强度的方向如何？针对训练5．在倾角为θ的光滑斜面上，置一通有电流I,长为L，质量为m的导体棒，如图所示⑴欲使棒静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值为多少？方向如何？⑵欲使棒静止在斜面上，且对斜面无压力，应加匀强磁场B的最小值为多少？方向如何？⑶分析欲使棒静止在斜面上且要求B垂直于L，应外加磁场的方向及范围？针对训练6．一劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n的矩形线框abed，bc边长为L，线框下边部分处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，如图所示，垂直纸面向里.线框中通以电流，方向如图，开始时线框处于平衡状态，现令磁场反向，磁感应强度大小仍为B，线框达到新的平衡，在此过程中，线框位移的大小△x=________，方向________。
高中物理 3.4安培力的应用学案(含解析)粤教版选修31
学案3 安培力的应用[学习目标定位] 1.知道直流电动机、磁电式电表的基本构造及工作原理.2.会分析导线在安培力作用下的转动与平衡问题．一、直流电动机1．电动机是利用安培力使通电线圈转动，将电能转化为机械能的重要装置．电动机有直流电动机和交流电动机，交流电动机又分为单相交流电动机和三相交流电动机．2．原理：如图1中当电流通过线圈时，右边线框受到的安培力方向向下，左边线框受到的安培力方向向上，在安培力作用下线框转动起来．图13．直流电动机的突出优点是通过改变输入电压很容易调节它的转速．二、磁电式电表1．构造：磁铁、线圈、螺旋弹簧(又叫游丝)、指针、极靴、圆柱形铁芯等(如图2所示)．图22．原理：当被测电流通入线圈时，线圈受安培力作用而转动，线圈的转动使螺旋弹簧扭转形变，产生阻碍线圈转动的力矩．当两力矩平衡时，指针停留在某一刻度．电流越大，安培力就越大，指针偏角就越大.一、直流电动机[问题设计]电动机是将电能转化为机械能的重要装置，在日常生活中有广泛的应用，电动机有直流电动机和交流电动机之分，通过课本“实验与探究”的学习，回答以下问题：(1)电动机是在什么力的驱使下而转动的？(2)直流电动机的优点是什么？有哪些用途？答案(1)电动机是在线圈所受安培力的作用下转动的．(2)通过调节输入电压很容易调节电动机的转速，用途为无轨电车、电气机车等．二、磁电式电表[问题设计]1．磁电式电流表的构造是怎样的？答案最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈．2．磁电式电流表的原理是什么？答案通电线圈在磁场中受安培力而转动．3．磁电式电流表优点、缺点各是什么？答案磁电式电流表优点：刻度均匀，灵敏度高；缺点：量程小，正常使用时必须进行改装．4．指针偏转的角度与通入的电流大小有怎样的关系？答案指针偏转的角度和电流大小成正比．一、直流电动机及磁电式电表的原理例1 (单选)如图3中①②③所示，在匀强磁场中，有三个通电线圈处于如图所示的位置，则( )图3A．三个线圈都可以绕OO′轴转动B．只有②中的线圈可以绕OO′轴转动C．只有①②中的线圈可以绕OO′轴转动D．只有②③中的线圈可以绕OO′轴转动解析①线圈中导线受力在水平方向；②线圈中导线受一转动力矩；③线圈中导线不受力．答案 B例2 (单选)实验室经常使用的电流表是磁电式仪表．这种电流表的构造如图4甲所示．蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的．当线圈通以如图4乙所示的电流，下列说法错误的是( )图4A．线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行B．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动C．当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向上D．当线圈转到如图乙所示的位置，安培力的作用使线圈沿顺时针方向转动解析磁场是均匀地辐向分布，所以磁感线始终与线圈平面平行，即始终与线圈边垂直，故A正确；当通电后，处于磁场中的线圈受到安培力作用，使其转动，螺旋弹簧被扭动，则受到弹簧的阻力，从而阻碍线圈转动，故B正确；由左手定则可判定：当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向下，故C错误；由左手定则可判定：当线圈转到如图乙所示的位置，b端受到的安培力方向向下，a端受到的安培力方向向上，因此安培力使线圈沿顺时针方向转动，故D正确．答案 C二、导线在安培力作用下的运动问题例3 (单选)如图5所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是(从上往下看)( )图5A．顺时针转动，同时下降B．顺时针转动，同时上升C．逆时针转动，同时下降D．逆时针转动，同时上升解析画出蹄形磁铁的两条磁感线，在磁感线与电流相交处分别取一小段电流，如图中的BC、AD两段，由左手定则可知，AD段受的安培力垂直纸面向外，BC段受的安培力垂直纸面向里，故导线将绕轴线OO′顺时针旋转(俯视)，当导线转动90°时(特殊位置法)，由左手定则可知，导线受向下的安培力作用，所以导线在顺时针转动的同时还向下运动，即答案为A.答案 A规律总结判定安培力作用下物体的运动方向有以下几种方法：(1)电流元法即把整段电流等效为多段直线电流元，运用左手定则判断出每小段电流元所受安培力的方向，从而判断出整段电流所受合力的方向，最后确定运动方向．(2)特殊位置法把电流或磁铁转到一个便于分析的特殊位置后再判断所受安培力的方向，从而确定运动方向．(3)等效法环形电流和通电螺线管都可以等效成条形磁铁．条形磁铁也可等效成环形电流或通电螺线管．通电螺线管也可以等效成很多匝的环形电流来分析．(4)利用结论法①两电流相互平行时无转动趋势，同向电流相互吸引，反向电流相互排斥；②两电流不平行时，有转动到相互平行且方向相同的趋势．利用这些结论分析，可事半功倍．三、导线在安培力作用下的平衡问题例4 如图6所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L.有大小为B的匀强磁场，方向垂直导轨面，金属杆长为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路中通过电流时，金属杆正好能静止．求：电流的大小为多大？磁感应强度的方向如何？图6解析在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系．因为B垂直轨道面，又金属杆处于静止状态，所以F必沿斜面向上，由左手定则知，B垂直轨道面向上．大小满足BIL＝mg sin α，I＝mg sin α/BL.答案mg sin α/BL方向垂直导轨面向上方法点拨在实际的分析中，安培力、电流方向、以及磁场方向构成一个空间直角坐标系，在平面上进行空间判断安培力的方向上有很大的难度，所以在判断一些复杂的安培力方向时都会选择画侧视图的方法，这样使得难以理解的空间图转化成易于理解的平面图.。
2022年《安培力的应用》学案
安培力的应用【学习目标】〔1〕通过实验与探究，了解直流电动机的原理〔2〕通过观察与思考，了解磁电式电表的原理一、直流电动机电动机有________电动机和______电动机之分，直流电动机的优点是通过改变________可调节它的转速．如下图，单匝线圈abcd在匀强磁场(磁感应强度为B)中通以电流I，当线圈平面与磁场的夹角为α时，那么此时安培力的力矩M＝M ab＋M cd，即：M＝F ab·bc2·cosα＋F cd·bc2·cosα，而F ab＝F cd＝BI· ab，所以M＝BIS cosα.假设线圈是N匝线圈绕制而成，那么M＝NBIS cosα.线圈在磁场中受到安培力矩M＝NBIS cosα作用而转动起来，这就是电动机转动的原理．二、磁电式电表(如下图)1．构造：(1)____________(2)____________(3)__________2．磁场对电流的作用力跟电流成______比，因而线圈中的电流越大，______力产生的力矩越大，线圈和指针偏转的角度也就越________．因此，根据指针偏转角度的大小，可以知道___.一、直流电动机[问题情境]电动机是将电能转化为机械能的重要装置，在日常生活中有广泛的应用，电动机有直流电动机和交流电动机之分，通过课本“实验与探究〞的学习，答复以下问题1．电动机是在什么力的驱使下而转动的？2．分析课本3－4－2四幅图中线框的受力情况？3．试从理论上分析如何通过调节电流来控制电动机的转速．4．直流电动机的优点是什么？有哪些用途？二、磁电式电表[问题情境]1.简述磁电式电表的构造？2．简述磁电式电表的工作原理？三、解题方法探究例1 根据以上对磁电式电流表的学习，判断以下说法错误的选项是( ) A．指针稳定后，线圈受到螺旋弹簧的阻力与线圈受到的安培力方向是相反的B．通电线圈中的电流越大，电流表指针偏转的角度也越大C．在线圈转动的范围内，各处的磁场都是匀强磁场D．在线圈转动的范围内，线圈所受安培力与电流有关，而与所处位置无关变式训练1在直流电动机模型中，以下说法正确的选项是( )A．当线圈平面静止在与磁感线方向垂直的位置时，假设通以直流电，线圈将转动起来B．随着线圈的转动，线圈上各边所受的安培力大小都要发生变化C．当线圈平面与磁感线方向平行时，安培力的力矩最小D．改变线圈中的输入电压，电动机的转速也将发生变化例2 如下图，把轻质导电线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直于线圈平面，当线圈内通入如图方向的电流后，那么线圈( )A．向左运动B．向右运动C．静止不动D．无法确定变式训练2 一条形磁铁放在水平桌面上，在它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导体棒，图中只画出此棒的横截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是( )A．磁铁对桌面的压力减小B．磁铁对桌面的压力增大C．磁铁受到向右的摩擦力D．磁铁受到向左的摩擦力点评安培定那么、左手定那么尽管都与电流、导线有关，而且往往同时应用，但安培定那么是用来判断电流的磁场方向，又称右手螺旋定那么，用右手判断；而左手定那么是用左手判断通电导线的受力情况的．变式训练3 直导线AB与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动．当通过如下图的电流时(同时通电)，从左向右看，线圈将( )A．顺时针转动，同时靠近直导线ABB．顺时针转动，同时离开直导线ABC．逆时针转动，同时靠近直导线ABD．不动例3在倾角为α的光滑斜面上，放置一通有电流为I，长为L，质量为m 的导体棒，如图7所示，试问：(1)欲使棒静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感应强度B的最小值和方向．(2)欲使棒静止在斜面上且对斜面无压力，外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向．变式训练4 如下图，用两根轻细悬线将质量为m、长为L的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于竖直向上的匀强磁场内．当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角，棒处于平衡状态．那么磁感应强度B为多少？为了使棒平衡在该位置上，所需磁场的最小磁感应强度B为多少？方向如何？1．以下关于磁电式电流表的说法中，正确的选项是( )A．电流表的工作原理是安培力对通电导线的加速作用B．电流表的工作原理是安培力对通电线框的转动作用C．电流表指针的偏转角与所通电流的大小成正比D．电流表指针的偏转角与所通电流的大小成反比2．一根长为m、通有2 A电流的通电导线放在磁感应强度为T的匀强磁场中，那么其受到的磁场力的大小不可能是( )A．N B．N C．N D．03．一根有质量的金属棒MN两端用细软导线连接后悬挂于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中电流方向从M流向N，如图9所示，此时棒受到导线对它的拉力作用．为使拉力等于零，可以( )A．适当减小磁感应强度B．适当增大电流C．使磁场反向D．使电流反向4．质量为m、长度为L的导体棒MN静止在水平导轨上．通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，与导轨平面成θ角斜向上，如下图．求MN受到的支持力和摩擦力的大小．第2课时安培力的应用〔综合题型〕典例剖析例3如图6所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37 °，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝V、内阻r＝Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.sin 37°＝，cos 37°＝，求：图6(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大小；(3)导体棒受到的摩擦力．思维突破求解通电导体在磁场中的力学问题的方法：(1)选定研究对象；(2)变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，要用左手定那么来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；(3)根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程式进行求解．跟踪训练3 倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上放有一根静止的金属杆ab.现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图7所示，磁感应强度B逐渐增加的过程中，ab杆受到的静摩擦力( )图7A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大导体变速运动时的安培力分析例4 (2021·四川理综·20)如图8所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动．假设b始终保持静止，那么它所受摩擦力可能( )图8A．变为0 B．先减小后不变C．等于F D．先增大再减小跟踪训练4 如图9所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两局部，O 点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．MN＝OP＝1 m，那么( )图9A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/sC．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小10 m/s2D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为NA组安培力的根本应用1. 如图10，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力( )图10A．方向沿纸面向上，大小为( 2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为( 2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为( 2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为( 2－1)ILB2．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如下图．过c点的导线所受安培力的方向( )A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边C组安培力作用下导体的平衡3．质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为L，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上．如以下选项所示(截面图)，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是( )4. 如图14所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽为L.匀强磁场磁感应强度为B.金属杆长也为L，质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．求：(1)B至少多大？这时B的方向如何？(2)假设保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？图14第4节安培力的应用【预习案】一、直流交流输入电压二、1.(1)软铁(2)螺旋弹簧(3)线圈2．正安培大被测电流的强弱核心知识探究【探究案】一、[问题情境]1．电动机是在线圈所受安培力的作用下转动的．2．(a)图中红色边受向上的安培力，蓝色边受力向下．此时力矩最大，转动效果最明显；(b)图中线圈转到竖直位置前，红色边受力向上，蓝色边受力向下；此时力矩为0，无转动效果；(c)图中红色边受力向下，蓝色边受力向上，此时力矩最大，转动效果最明显(与(a)图同向)；(d)图中线圈转到竖直位置前，红色边受力向下，蓝色边受力向上，此时力矩为0，无转动效果．3．因使线圈转动的力为安培力BIL，B、L均为固定值，所以通过调节I 可改变力的大小，从而调节转速．4．通过调节输入电压很容易调节电动机的转速，用途为无轨电车、电气机车等．二、[问题情境]1．见课本2．(1)蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐射分布的，线圈在转动过程中始终与磁感线平行．(2)当线圈通入电流后，线圈的两条边受到如下图的安培力，线圈转动，连带指针偏转，同时螺旋弹簧给线圈施加阻力，最终指针停在某一角度．线圈通入的电流越大，指针偏转的角度越大，因此指针偏转角度的大小就可以表示线圈中通过电流的大小，通过刻度盘就可以直接读出电流的数值．解题方法探究例1 C [当阻碍线圈转动的螺旋弹簧的阻力力矩与安培力引起的动力力矩到达平衡时，线圈停止转动，故从转动角度来看二力方向相反，A 正确；磁电式电流表的内磁场是均匀辐射磁场，因此不是匀强磁场，C 错误；但是不管线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行，线圈所在各处的磁场大小相等、方向不同，所以安培力与电流大小有关，而与所述位置无关，电流越大，安培力越大，指针转过的角度越大．]变式训练1 D例2 A [方法一：等效法．把通电线圈等效成小磁针．由安培定那么，线圈等效成小磁针后，左端是S 极，右端是N 极，异名磁极相吸引，线圈向左运动．方法二：电流元法．如下图，取其中的上、下两小段分析，根据其中心对称性，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．]变式训练2 AD例3 (1)mg sin αIL ，方向垂直斜面向上(2)mg IL ，方向水平向左解析 (1)棒在斜面上处于静止状态，故受力平衡．棒共受三个力作用：重力大小为mg ，方向竖直向下；弹力垂直于斜面，大小随磁场力的变化而变化；磁场力始终与磁场方向及电流方向垂直，大小随磁场方向不同而改变，但由平衡条件知：斜面弹力与磁场力的合力必与重力mg 等大反向，故当磁场力方向与弹力方向垂直即沿斜面向上时，安培力最小F min ＝mg sin α，所以B ＝mg sin αIL ，由左手定那么知：B 的方向应垂直斜面向上．(2)棒静止在斜面上，又对斜面无压力，那么棒只受两个力作用，即竖直向下的重力mg 和磁场力F 作用，由平衡条件知F ＝mg ，且磁场力F 竖直向上，所以BIL ＝mg ，故B ＝mg IL ，由左手定那么知B 的方向水平向左 .变式训练4 mg IL tan θ mg IL sin θ，方向平行于悬线向上【训练案】1．BC4．mg －BIL cos θ BLI sin θ第2课时 安培力的应用〔综合题型〕例3 (1) A (2) N (3) N例4解析 a 棒向上运动的过程中产生感应电动势E ＝Blv ，那么a 、b 棒受到的安培力大小F 安＝ IlB ＝B 2l 2v 2R .对a 棒根据牛顿第二定律有F －mg sin θ－μmg cos θ－B 2l 2v 2R ＝ma ，由于速度v 增大，所以加速度a 减小．当加速度a ＝0时，v 到达最大值v m ，即a 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，然后以v m 做匀速直线运动．对b 棒根据平衡条件有mg sin θ＝F f b ＋B 2l 2v 2R ，当v 增大时，F f b 减小；当v m ＝mg sin θ·2R B 2l 2时，F f b ＝0；当v ＝v m 时，假设棒b 所受摩擦力仍沿斜面向上，那么有F f b 先减小后不变．A 、B 正确．答案 AB正本清源 此题的易错点在于有同学认为棒b 所受的摩擦力一定是先减小后增大，最后不变.这是没有结合棒a 的运动情况而对b 所受摩擦力作出分析.因为棒a 的最终速度大小未知，所以就存在当棒a 的速度到达最大速度时，棒b 所受的摩擦力还可能沿斜面向上，在这种情况下，棒b 所受摩擦力就是一直减小最后不变，即B 选项；而如果当棒a 的速度到达最大速度时，棒b 所受的摩擦力恰好减小到0，这就是A 选项.跟踪训练3 D跟踪训练4 D分组训练1．A 2．C4．(1)mg sin αI 1L 方向垂直导轨平面向上 (2)I 1cos α。
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《安培定则的应用》习题课
第20.2节《电生磁》习题课
学习目标：
1、知道什么是电流的磁效应。
2、知道电流周围存在着磁场。
知道电流的磁场与什么因素有关。
3、知道安培定则。
会用安培定则判断通电螺线管的电流方向和两端的极性。
一、知识管理
1．电流的磁效应
奥斯特实验：1820年，丹麦物理学家__ __发现电流的周围存在__ __，在世界上第一个发现了电与磁之间的联系。
电流的磁效应：通电导线周围存在着与__ __有关的__ __，这种现象叫做电流的磁效应。
2．通电螺线管的磁场
磁场分布：通电螺线管外部的磁场与__ __磁体的磁场相似。
极性：通电螺线管两端的极性与螺线管中__ _的方向有关。
3．安培定则
内容：用__ __握住螺线管，让四指指向螺线管中__ __的方向，则拇指所指的那端就是螺线管的__ __极。
应用：用来判断通电螺线管的_ __。
二、基础题
知识点1电流的磁效应：练习册P44-1
知识点2通电螺线管的磁场：练习册P44-2、3
知识点3安培定则：练习册P44-4、5、6、7
方法归纳：
三、中档题：练习册P45-8、9、10、11、12、13、14、15
四、拓展题：练习册P45-16
当堂训练安培定则类作图
练习册P48-- 4、5、7、8、
练习册P49--9、10、11
本堂小结：我学会了什么？。